Processing math: 55%

7-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2020 год, третья лига, 11-12 классы


Рассмотрим остроугольный треугольник ABC (AC>AB) с ортоцентром H и описанной окружностью Γ. Точки M и P --- середины отрезков BC и AH соответственно. Прямая AM вторично пересекает Γ в точке X, точка N на прямой BC такова, что прямая NX касается Γ. Точки J и K лежат на окружности, построенной на MP как на диаметре, причём AJP=HNM (B и J лежат в одной полуплоскости относительно прямой AH), а окружности ω1, проходящая через точки K, H и J, и окружность ω2, проходящая через точки K, M и N, касаются друг друга внешним образом. Докажите, что общие внешние касательные ω1 и ω2 пересекаются на прямой NH.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   1
1 года 4 месяца назад #

Отметим что данная окружность с диаметром MP есть окружность девяти точек ω9 тр ABC. Пусть AF,CD,BE высоты и HJDE, JDE

Покажем два факта, то что точки в условии определяются как:

1) Точка JPJω9

2) Точка KAMω9

Доказательство первого пункта: Опишем окружность ω около ADHE тогда его центр находится в P, тогда из вписанности BDHF выходит HFD=HBD=DHE90=90DAE=90DPE2=DPE то есть DP касательная к окр-и BDHF если FAFDE значит PFPF=PD2, тогда рассмотрим инверсию ω9 относительно ω тогда ее образ есть прямая DE. Это значит что образы любых точек на прямой DE при инверсии лежат на ω9.

Так же покажем что AHJK вписанный, опишем окружность около AHJ тогда PJPJ=PA2 или PAJ=PJA учитывая HJP=JHA тогда радиус окружности описанная около AHJ равна AHJ, тогда так как при инверсии ω9 относительно ω переходит DE а окр AHJ переходит в AHJ пусть точки пересечений образов будет точка K, тогда если KPKωAHJ но HJK=HAK но тогда из PKPK=PA2 откуда PKA=HAK=90 но тогда AK пересекает BC в середине из свойств окружности девяти точек.

Покажем что NHAJ это и докажет AJP=HAJ=HNM.

Если O центр Γ и так как NX касательная, учитывая что OMBC тогда проведя AQ||BC где QΓ если UAQOM тогда AXQ=UOQ значит OMXQN вписанный откуда NQ так же касательная, тогда CN=CQ2AQ=AB2AQ () так как ABCQ равноб-я трапеция.

Пусть ED и EAB,DAC симметрична биссектрисы l угла BAC пусть J симметрична J' относительна l, тогда J''D=J'D пусть V \in AJ'' BC, \ T \in AJ'' \cap \Gamma тогда из того что E'D' || BC получается

\dfrac{J''D'}{CV} = \dfrac{E'D'}{BC} = \dfrac{ED}{BC} но из подобия DHE, BHC выходит \dfrac{J'D}{BF} = \dfrac{DH}{BH} = \dfrac{ED}{BC} то есть BF=CV если G \in AF \cap \Gamma тогда покажем что G,T,N лежат на одной прямой.

Пусть N' \in GT \cap BC

тогда применим теорему Менелая для секущей NF и GAT тогда

\dfrac{GF}{AF} \cdot \dfrac{AV}{TV} = \dfrac{N'G}{N'T} учитывая что GF \cdot AF=AV \cdot TV тогда GF=\dfrac{AV \cdot TV}{AF}

тогда \dfrac{AV^2}{AF^2} = \dfrac{N'G}{N'T} или \dfrac{AQ^2}{AF^2}=\dfrac{GT}{N'T} \ (1)

Аналогично для AT и GN'F учитывая FV=AQ

\dfrac{GT}{N'T} \cdot \dfrac{N'V}{AQ} = \dfrac{AG}{AF}

подставляя (1) в уравнение

\dfrac{AQ^2}{AF^2} \cdot \dfrac{N'V}{AQ} = \dfrac{AG}{AF}

или AQ \cdot N'V = AG \cdot AF преобразовывая

AQ \cdot (CN'+CV) = AG \cdot AF

AQ \cdot CN' = AG \cdot AF-AQ \cdot CV

CN' = \dfrac{(AF+FG) \cdot AF-AQ \cdot CV}{AQ}

CN' = \dfrac{AB^2-CV^2+FG \cdot AF - AQ \cdot CV}{AQ}

CN' = \dfrac{AB^2+FG \cdot AF-CV \cdot (CV+AQ)}{AQ}

так как CV \cdot (CV+AQ) = BF \cdot CF = FG \cdot AF

CN' = \dfrac{AB^2}{AQ} то есть равно (*) значит N'=N

Но так как H,O изоганально сопряжены и HF=HG тогда \angle HAJ' = \angle OAV = \dfrac{180^{\circ} - \angle TOA}{2} = 90^{\circ}- \angle AGT = 90^{\circ} - \angle GHN = \angle HNM

пред. Правка 2   0
1 года 4 месяца назад #

Доказательство второго пункта: для этого достаточно доказать что \angle NKH = 90^{\circ}, покажем что PKH, MKN подобны, так как \angle PKH = \angle KMN нужно показать что

\dfrac{PK}{MK} = \dfrac{PH}{MN}

учитывая PK \cdot AM = AP \cdot FM

MN \cdot FM = AM \cdot MK

и так как \angle AP \cdot AF = AK \cdot AM

MN \cdot FM = AM(AM-AK) = AM^2-AP \cdot AF

MN \cdot FM = AF^2+FM^2-AP \cdot AF

(CN+CV+FM) \cdot FM = AF^2+FM^2-AP \cdot AF

(CN+CV) \cdot FM = AF^2-AP \cdot AF

и так как CN = \dfrac{AB^2}{AQ} если S середина AB тогда AP \cdot AF = AS \cdot AD

AB^2+2CV \cdot FM = 2AF^2-2AS \cdot AD

AB^2+2CV \cdot FM = 2AF^2-AB \cdot AD

CV^2+2CV \cdot FM = AF^2-AB \cdot AD

2CV^2+2CV \cdot FM = AB \cdot BD

CV \cdot BC = AB \cdot BD

\dfrac{BC}{AB} = \dfrac{BD}{CV} что верно

тогда \angle HKN = \angle PKM = 90^{\circ} или FHKN вписанный.

3) Проведем через точку K перпендикуляр l_{1} к общей внутренней касательной окр \omega_{AKJ}, \omega_{KMN} с центрами O_{1},O_{2} и радиусами R_{1},R_{2} соответственно, тогда O_{1},O_{2} лежат на l_{1} пусть I \in l_{1} \cap \omega_{AKJ}, \ Y \in NH \cap l_{1} тогда из того что \angle NKH = 90^{\circ} значит NK || IH откуда

\dfrac{YI}{YK} = \dfrac{IH}{KN} = \dfrac{R_{1}}{R_{2}} значит внешние касательные пересекаются в точке Y.